Đề thi thử và đáp án chi tiết vào lớp 10 tại trung tâm BDVH Edufly lần 3 năm 2019

Một ca nô xuôi dòng từ bến sông A đến bến B cách nhau 24 km. Cùng lúc đó, một bè nứa trôi tự do xuôi dòng từ A về B với vận tốc vận tốc dòng nước là 4 km/h. Tính vận tốc thực của ca nô.[r]

Bài (2 điểm) Cho biểu thức x A

x x   

   

1

0;

1

x x

B x x

x x x

 

   

 

1) Tính giá trị biểu thức A 16 x 2) Rút gọn biểu thức B

3) ĐặtPB A: , tìm x để P 1 x

Bài (2 điểm) Giải toán cách lập phương trình hệ phương trình

Một ca nơ xi dịng từ bến sơng A đến bến B cách 24 km Cùng lúc đó, bè nứa trơi tự xi dịng từ A B với vận tốc vận tốc dòng nước km/h Khi đến B, ca nô quay lại A gặp bè nứa điểm C cách A km Tính vận tốc thực ca nơ

Bài (2 điểm)

1) Giải hệ phương trình:

7

2

3

4

2

x y x y

x y x y



 

    

 

  

    



2) Cho parabol  P :yx2 đường thẳng ( ) :d y5x m .

a) Tìm m để parabol (P) cắt đường thẳng (d) hai điểm phân biệt có hồnh độx x1,

b) Tìm giá trị nhỏ biểu thức 2

1

( ) 46 T x  x  m

Bài (3,5 điểm) Cho đường tròn O R;  ngoại tiếp tam giác nhọn ABC (ABAC), kẻ đường kính AD Tiếp tuyến với với đường trịn O R;  D cắt BC E, kẻ OHBC H BC

1) Chứng minh tứ giác OHDE nội tiếp 2) Chứng minh ED2EC EB

3) Từ C vẽ đường thẳng song song với OE cắt AD I Chứng minh HI // AB

4) Qua D vẽ đường thẳng song song với OE cắt AB AC M N, gọi G trọng tâm tam giác AMN Tính độ dài AG theo R

Bài (0,5 điểm) Giải phương trình sau:

2 2 3 2 1 4 4 4 1

x  x  x  x   x  x

- HẾT - Cán coi thi khơng giải thích thêm

Họ tên thí sinh: Số báo danh: SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI

TRUNG TÂM BDVH EDUFLY

(Đề gồm 01 trang)

ĐỀ THI THỬ LẦN VÀO LỚP 10 Mơn Tốn

Năm học 2018 – 2019 Ngày thi: 05/05/2019 Thời gian làm bài: 120 phút

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM

Bài Ý Hướng dẫn Điểm

Bài 2đ

1

0,5đ  

16

0; ;

9 37

x x x  A 0,5

2 1đ

 

 1 1  1 1

x x x x

B

x x x x x x

   

 

      0,25

      1 2 1

x x x x

B

x x x

x B

x x x

              0,5        1 x B

x x x

B x x         0,25 3 0,5đ Ta có:

  2

: :

1

1

x P B A

x x x

x x

  

    

  

    0,25

Xét  

2

2

2

1 0

1 1

x

P x x

x x x

 

        

  

Ta có: 2 x12 2, x 0;x1 nên suy x    1 0 x

0,25

Bài

2đ 2đ

Gọi vận tốc thực ca nô x (x4, km/h) 0,25

Thời gian ca nô xi dịng từ A đến B 24

x (giờ) 0,25

Thời gian ca nô ngược dòng từ B đến C 24 16

4

x x

 

  (giờ) 0,25

Thời gian bè nứa trôi từ A đến B gặp ca nô tổng thời gian ca nô từ A đến B từ B trở lại C, ta có phương trình:

 

24 16 24 16

2

4 4 4

x x   x x 

0,5

Giải phương trình (1)

     

24 16

2

4

24 16 16

20 0 20

x x

x x x

Kết hợp điều kiện suy x20km/h

Vậy vận tốc thực ca nô 20 km/h 0,25

Bài 2đ

1 1đ

Điều kiện: x y  2 0;x y  1

Đặt

2

1 a x y

b x y



     

 

   

0,25

Khi ta có hệ phương trình:

7

2

3

a b a b



 

 

   

1

14 10 29 29

1

15 10 20 15 10 20

2 a

a b a

a b a b b

 

     

  

    

  

0,25

Suy

1

2 1

2

1 1 2

1

x y x

x y

x y y

x y

 

        

  

      

 

 

   

(TMĐK) 0,25

Vậy hệ phương trình có nghiệm    x y;  1; 0,25

2.a 0,5đ

Xét phương trình hoành độ giao điểm:

2

5

x  x m x  x m  (3) 0,25

Để (P) cắt (d) hai điểm phân biệt có hồnh độ x x1, (3) phải có

nghiệm phân biệt x x1,

Điều kiện 25 25

4

m m

       (*)

0,25

2.b 0,5đ

Vì x1 nghiệm phương trình (3) nên ta có

2

1 1

x  x   m x  x m

Vậy 2  2  

1 2

( ) 46 5 46 46

T x  x  m x  x m  m x x m  m

0,25

Theo định lý Viet, ta có

1

5 x x x x m

  

 

 , thay vào biểu thức T ta có

 2 2  2

25 46 625 621 621

T m  m m  m  m  

Dấu xảy m = thỏa mãn điều kiện (*)

Vậy T đạt giá trị nhỏ bẳng 621 m =

Bài 3,5đ

0,25đ

I

M

N F

E H

D O

B

A

C

0,25

1 0,75đ

Vì OHBC(H trung điểm BC) nên OHE90o 0,25 ODDE(DE tiếp tuyến) nên ODE90oOHE ODE 90o 0,25 Xét tứ giác OHDE có: 90o

OHE ODE  mà H D hai đỉnh kề

cùng nhìn cạnh OE Vậy tứ giác OHDE nội tiếp 0,25

2 1đ

1

EDC sdCD ( góc tạo tiếp tuyến dây cung)

2

EBD sdCD ( góc nội tiếp) EDC EBD

 

0,25

Xét EDC EBD ta có: EDCEBD

E chung

  EDC EBD g g

   

0,25

2 .

ED EC

ED EC EB

EB ED

    (đpcm) 0,25

3 1đ

Ta có CI/ /EOHCIHEO ( hai góc vị trí đồng vị) Tứ giá OHDE nội tiếp nên HDI HEO(cùng chắn cung OH)

HCI HDI

 

0,25

Tứ giác HICD có hai đỉnh D C đỉnh kề nhìn cạnh HI

dưới HCIHDI , nên tứ giác HICD tứ giác nội tiếp 0,25 Tứ giác HICD nội tiếp nên IHCIDC( góc nội tiếp chắn cung IC )

ABCIDC ( góc nội tiếp chắn cung AC ) ABC IHC

  , mà hai góc vị trí đồng vị nên HI/ /AB

0,5

4 0,5đ

Gọi F giao điểm CI AB, ta có CI //OE, mà OE // MN nên

MN//CF Theo Ta-let: CI FI AI (1)

DN MD AD

 

  

 

0,25

Từ (1) (2) suy DN = DM Suy AD trung tuyến tam giác AMN G trọng tâm tam giác AMN nên G thuộc AD

2 4

;

3 3

AG AD AO ADAG AO R

Bài

0,5đ 0,5đ

 

2 2

2

2

2 4

2

x x x x x x

x x x x x

        

        

Với a b; 0, ta có bất đẳng thức sau: a b a b Dấu xảy a0hoặc b0

0,25

Áp dụng bất đẳng thức ta có:  

2

2

x  x  x  x  Và x2 4 2x12  x24  2

Từ (1) (2) suy phương trình có nghiệm 1 x   x 

0,25

Lưu ý:

- Điểm toàn để lẻ đến 0,25

- Các cách làm khác cho điểm tối đa